历年高考理科数学真题汇编+答案解析(6)：解析几何(2017-2020年)

考查频率：一般为2-3个小题和1个大题.考试分值：22-27分知识点分布：必修2、选修2-1一、选择题和填空题（每题5分）

1.（2020全国I卷理4）已知A为抛物线C:y22px(p0)上一点，点A到C的焦点的距离为

12，到y轴的距离为9，则pA．2

B．3

C．6

D．9

【解析】设A点的坐标为(m,n)，∵点A到C的焦点的距离为12，∴m=9，

∵点A到C的焦点的距离为12，∴m

【答案】C

2.（2020全国I卷理11）已知M:x2y22x2y20，直线l:2xy0，p为l上的动

点.过点p作M的切线PA，PB，切点为A,B，当PMAB最小时，直线AB的方程为A.2xy10C.2xy10

B.2xy10D.2xy10

p

12，解得p6.2222

【解析】M:(x1)(y1)2，M的半径r=2，圆心M(1,1)，

由几何知识可知，PMAB，故S四边形APBM

1

|PM||AB|=2SAPM=|AP||AM|2|AP|2|PM|24，2∴PMAB最小，即PM最小，

此时直线PM⊥l，即直线PM的斜率为km

-1-1，2111

故直线PM的方程为y1(x1)，化简为yx，

222∴直线PM与l的交点P的坐标为P(1,0)，

直线AB为过点P作M的切线所得切点弦AB所在的直线，其方程为

(11)(x1)(01)(y1)4，化简得2xy10．

图A11

【答案】D

222

注：过圆外一点P(x0,y0)作O:(xa)(yb)r的切线所得切点弦所在直线方程为

(x0a)(xa)(y0b)(yb)r2.特别当ab0时，切点弦所在直线方程为x0xy0yr2.（具体推到过程，可到百度搜索）

x2y2

3.（2020全国I卷理15）已知F为双曲线C:221(a0,b0)的右焦点，A为C的右顶点，

abB为C上的点，且BF垂直于x轴，若AB的斜率为3，则C的离心率为__________.b2【解析】由已知可知，A(a,0)，F(c,0)，B(c,)，

a

∵AB的斜率为3，

b20

c23ca∴3，化简为220，即e23e20，

caaa-2-解得e1（舍去）或e2.即C的离心率为2.

【答案】2

4.（2020全国II卷理5）若过点（2,1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的

距离为A．

55B.

255C.

355D.

455【解析】如图A5所示，设圆的方程为(xa)2(yb)2r2，

∵圆过点（2,1）且与两坐标轴都相切，

abr∴，解得abr1或abr5，222(2a)(1b)r即圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心到直线2xy30的距离为

2113221225532525==.或225521图A5

【答案】B

x2y2

5.（2020全国II卷理8）设O为坐标原点，直线xa与双曲线C：221（a>0,b>0）的

ab两条渐近线分别交于D,E两点，若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为A．4

B．8

C．16

D．32

-3-x2y2b

【解析】如图A8所示，双曲线C：221（a>0,b>0）的渐近线为yx，

aba由题意可知，D(a,b)，E(a,b)，∴SODE

1

a2bab8，2248，当且仅当a22时，等号成立.故2a∴焦距2c2a2b22a2C的焦距的最小值为8.

图A8

【答案】B

2

6.（2020全国III卷理5）设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2pxp0交于D，

E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为A．(,0)

14B．(,0)

12C．(1,0)D．(2,0)

【解析】解法一：如图A7所示，由题意可知，D(2,2p)，E(2,2p)，

OD(2,2p)，OE(2,2p)，∵OD⊥OE，∴ODOE，即222p2p0，解得p1，∴C的焦点坐标为(,0).

12-4-图A5

解法二：DE4p，ODOE

44p，

∵OD⊥OE，∴OD2OE2DE2，即2(44p)16p，解得p1，∴C的焦点坐标为(,0).

【答案】B

227.（2020全国III卷理10）若直线l与曲线yx和xy

121

都相切，则l的方程为5A．y=2x+1B．y=2x+

12C．y=x+1

12D．y=x+

121222【解析】解法一（待定系数法）：设l的方程为ykxb，直线l与圆xy

1

相切，故圆5心(0,0)到直线l的距离等于圆的半径，即bk21=5，化简为5b2=k21①.5直线l与曲线yx相切，故yxkxb有唯一解，化简为k2x2(2kx1)xb20，则有=(2kx1)24k2b20，化简为4kb1②.联立①②，解得kb

1

.2解法二（排除法）：根据直线与圆相切，故圆心到直线l的距离等于圆的半径，可排除选项B、C；将选项A的方程与曲线yx联立，方程无解，即选项A的直线与曲线相离，排除A；同理将选项D的方程与曲线方程联立，方程有唯一解x=1，故选项D正确.

解法三（画图法）：如图A10所示，从图中不难看出，只有选项D符合题意.

-5-图A10

【答案】D

x2y2

8.（2020全国III卷理11）设双曲线C：221（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，

abF2，离心率为5．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a＝A．1

B．2

C．4

D．8

1

Smn422m2n22c【解析】设PF1m，PF2n，根据题意可得，，解得a1.

mn2ac

5a

b2

4，PS：双曲线焦点三角形的面积公式S

，根据题意有tan45otan

2c2b24c

解得b4，又因为5，所以212125，解得a1.

aaaa2

b2

（双曲线焦点三角形的面积公式的推导过程，可在百度上搜索）

【答案】A

9.（2019全国I卷理10）已知椭圆C的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|2|F2B|，|AB||BF1|，则C的方程为x2

y21A．2x2y2

1B．32x2y2

1C．43x2y2

1D．54-6-x2y2

【解析】由题意，设椭圆C的方程为221(ab0).ab∵|AF2|2|BF2|，|AB|3|BF2|，又∵|AB||BF1|，|BF1|3|BF2|.由椭圆的定义可知，|BF1||BF2|2a，∴|BF1|∵|AB||BF1|=

3aa

，|BF2|，|AF2|a，|AF1|a.22|AF1|13a

，∴AF1B为等腰三角形，在AF1B中，cosF1AB.22|AB|3|AF1|2|AF2|2|F1F2|2a2a2222

而在AF1F2中，cosF1AB，1222|AF1||AF2|2aax2y22122

1.∴12，解得a=3.∴b=2，椭圆C的方程为32a3【答案】B【考点】选修2-1椭圆x2y2

10.（2019全国I卷理16）已知双曲线C：221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的ab

直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F1AAB，F1BF2B0，则C的离心率为

【解析】∵F1AAB，F1BF2B0∴F1AAB，F2BF1B，又∵F1OOF2，∴OA//FB2，OAF1B，OBF1OOF2c.____________．baa

，∴直线F1B的斜率为，∴直线F1B的方程为y(xc).abbay(xc)2acabcbb因直线OB的方程为yx，联立，解得B(2,).222bbabaayx

a

∵直线OA的斜率为

a4c2a2b2c2则OB22c2，整理得b23a2，又∵b2c2a2，∴4a2c2.2222(ba)(ba)2因此e

c

2.a

-7-【答案】2【考点】选修2-1双曲线x2y211.（2019全国II卷理8）若抛物线y=2px(p＞0)的焦点是椭圆1的一个焦点，则p=（3pp

2

）A．2C．42

B．3D．8x2y2p

【解析】抛物线y=2px(p＞0)的焦点为(,0)，并且在x轴上.所以椭圆1的一个焦点为(2p,0).23pp所以有【答案】D【考点】选修2-1抛物线p

2p，得p=8.2x2y2

12.（2019全国II卷理11）设F为双曲线C：221(a0,b0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为ab直径的圆与圆xya交于P，Q两点．若PQOF，则C的离心率为（A．2C．2B．3D．52

2

2

）【解析】如图A11所示.∵OF为直径，PQOF，∴PQ也是直径.，即点P、Q的坐标为(,).把(,)代入xya得，c2a.∴e2，即e

cc

22cc222222222.-8-【答案】A【考点】选修2-1双曲线x2y2

13.（2019全国III卷理10）双曲线C：1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原42点，若PO=PF，则△PFO的面积为A．324B．322C．22D．32【解析】依题意，双曲线C的的右焦点为F(6,0)，渐近线方程为y

2x.2设P(x0,y0)，若点P在C的渐近线y

2x上，如图A10所示，∵PO=PF，2∴x0

662311332，y0，∴SPOF|OF||y0|6.2222222426623x上，同理可得x0()，y0，22222若点P在C的渐近线y

∴SPOF

11332|OF||y0|6.222432.4综上所述，SPOF

-9-【答案】A【考点】选修2-1双曲线x2y2

14.（2019全国III卷理15）设F1，F2为椭圆C:+1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若3620△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为___________.【解析】由题意可知，a6，b25，c4，∴F1F2=2c=8，MF1MF2=2a=12.∵M在第一象限．△MF1F2为等腰三角形，∴MF1=F1F28，MF24.设M(x0,y0)，则有22222MF1=(x0c)y0(x04)y0

，22222

MF2=(x0c)y0(x04)y016

解得x03，y015，∴M的坐标为(3,15).【答案】(3,15)【考点】选修2-1椭圆15.（2018全国I卷理8）设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(–2,0)且斜率为

两点，则FMFN

A．5B．6C．7D．82

的直线与C交于M，N3【解析】抛物线C的焦点为F(1,0)，过点(–2,0)且斜率2

的直线方程为3y2x4，3联立直线方程与抛物线方程，消去x得y26y80，解得y12，y24.

不妨M(1,2)，N(4,4)，则有FM(0,2)，FN(3,4)，所以FMFN8.-10-【答案】D【考点】选修2-1抛物线x2216.（2018全国I卷理11）已知双曲线C：y1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C3的两条渐近线的交点分别为M、N.若△OMN为直角三角形，则|MN|＝3A．2B．3C．23D．4【解析】由双曲线的方程可知，渐近线方程为y

3x.两条渐近线的夹角为60°.3由△OMN是直角三角形，所以∠OMN=90°或∠ONM=90°.图A11当∠OMN=90°时，如图A11所示，∠MOF=30°，∠MON=60°，|OM|3|OF|3，2|MN|3|OM|3.由对称性可知，当∠OMN=90°时，|MN|3.【答案】B【考点】选修2-1双曲线x2y217.（2018全国II卷理5）双曲线221(a0,b0)的离心率为3，则其渐近线方程为abA．y2xB．y3xC．y2x2D．y3x2【解析】由题意可知c3a，∴bc2a22a.∴渐近线方程为y【答案】A【考点】选修2-1双曲线-11-b

x2x.ax2y218.（2018全国II卷理12）已知F1，F2是椭圆C：221(ab0)的左、右焦点，A是C的左顶点，ab点P在过A且斜率为A.233的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠PF1F2＝120°，则C的离心率为6B．12C．13D．14【解析】由题意可知：A(a,0)，F1(c,0)，F2(c,0)，所以直线AP的方程为y

3(xa).6由△PF1F2为等腰三角形，∠PF1F2＝120°，可知|PF2||F1F2|2c，则P的坐标为P(2c,3c).点P在直线AP上，因此有3c

【答案】Dc13(2ca)，化简得，a4c.所以C的离心率为e.a46【考点】选修2-1椭圆19.（2018全国III卷理6）直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆x2y22上，2

则△ABP面积的取值范围是A．2，68B．4，

C．2，32D．22，32【解析】如图所示，由题意可知A(2,0)、B(2,0)，∴|AB|22.过点P作△ABP的高PH，由图可以看出，当高PH所在的直线过圆心(2,0)时，高PH取最小值或最大值.此时高PH所在的直线的方程为xy20.22

将xy20代入(x2)y2，得到与圆的两个交点：N(1,1)、M(3,1)，因此|PM|min

|112||312|

2，|PM|max32.22-12-所以Smin

11

2222，Smax22326.22【答案】A【考点】必修2直线与圆x2y2

20.（2018全国III卷理11）设F1、F2是双曲线C：221(a0,b0)的左、右焦点，O是坐标原点．过abF2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若PF16OP，则C的离心率为A．5B．2C．3D．2b

yx，即bxay0.【解析】双曲线C的渐近线方程为a∴点F2到渐近线的距离为d

2

2

bcab

2

2

b，即|PF2|b，∴|OP||OF2||PF2|∴c2b2a，|PF1|6|OP|6a，|PF2|b，|OF2|c在Rt△OPF2中，cosPF2O|PF2|2|F1F2|2|PF1|2b24c26a2在Rt△F1PF2中，cosPF2O，2|PF2||F1F2|4bcbb24c26a222222222∴，化简得4c6a3b，将bca代入其中得c3a，c4bcc2∴e23，e3.a2-13-【答案】C【考点】选修2-1双曲线21.（2018全国III卷理16）已知点M(－1,1)和抛物线C：y24x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB90，则k________．【解析】令由题意可知，抛物线C的焦点为F(1,0)，直线AB的方程为yk(x1).yk(x1)2222

联立2，得kx2(2k)xk0，y4x42k24

=22，x1x21，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则有x1x22kk

∴y1y2k(x1x22)

42

，y1y2k(x11)(x21)4.k

∵M(－1,1)，∴MA=(x11,y11)，MB=(x21,y21)，

∵∠AMB90，∴MAMB，

44

∴MAMB(x11)(x21)(y11)(y21)210，kk即k4k40，解得k=2.2

-14-【答案】2【考点】选修2-1抛物线22.（2017全国I卷理10）已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1

与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为A．16B．14C．12D．10【解析】方法一：如图，ll丄l2，直线ll与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，要使|AB|+|DE|取最小值，则A与D，B与E关于x轴对称，即直线DE的斜率为1，又直线l2过点（1,0)，则直线l2的方程为y＝x－1，y24x

联立方程组，则y2－4y－4=0，∴y1＋y2＝4，y1y2＝－4，yx1

∴|y1y2|

(y1y2)24y1y2321|y1y2|2328，k2∴|DE|1∴|AB|+|DE|的最小值为2|DE|＝16.方法二：设直线ll的倾斜角为θ，则l2的倾斜角为根据焦点弦长公式可得|AB|

πsin2()244416

∴|AB||DE|，22222sincossincossin2∵0sin21，2

2p4

，|DE|

sin2sin2π，22p

4

，cos2∴当θ＝45°时，|AB|+|DE|取最小值，最小为16.【答案】A-15-【考点】选修2-1抛物线x2y223.（2017全国I卷理15）已知双曲线C：221（a>0，b>0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径ab做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点.若∠MAN=60°，则C的离心率为________.x2y2【解析】双曲线C：221（a>0，b>0）的右顶点为A(a,0)，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线abC的一条渐近线交于M、N两点.若∠MAN=60°，则A到渐近线bx+ay=0的距离为：bcos30°=3b，2根据点到直线的距离公式，则有|ab|a2b2=c23233b，解得=，即C的离心率为e=.a332【答案】233【考点】选修2-1双曲线x2y22

24.（2017全国II卷理9）若双曲线C:221（a0，b0）的一条渐近线被圆x2y24所ab截得的弦长为2，则C的离心率为（A．2B．3）C．2D．233x2y2

【解析】双曲线C:221（a0，b0）的一条渐近线方程不妨设为bxay0，ab-16-圆x2y24的圆心为A(2,0)，半径为2，圆心A到bxay0的距离为L

2

2

2

2

|2b|ab222，双曲线C的一条渐近线被圆x2y24所截得的弦长为2，由几何关系有L12，即L

【答案】A【考点】选修2-1双曲线25.（2017全国II卷理16）已知F是抛物线C：y8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝【解析】由题意可知，F(2,0)，N(0,y)，若M为FN的中点，则M的横坐标为xM=1，将xM=1，代入抛物线C的方程中，得yM=22，即M(1,22)．∴|FN|2|FM|6.【答案】6【考点】选修2-1抛物线．2

c2c

=3，解得2=4，所以离心率e=2.aaa2b2|2b|x2y2526.（2017全国III卷理5）已知双曲线C：221(a＞0,b＞0)的一条渐近线方程为yx,且与椭ab2x2y2

1有公共焦点，则C的方程为圆123x2y2x2y2x2y2x2y2

1B．1C．1D．1A．810455443x2y2

1的焦点坐标为(3,0)，【解析】椭圆123则双曲线C的焦点坐标为(3,0)，即c＝3；∵双曲线C的一条渐近线方程为y

5x，2b2c2a29a25b522

∴，即2，解得a4,b5；22aaa4a2-17-x2y2

1.∴C的方程为45【答案】B【考点】选修2-1双曲线x2y227.（2017全国III卷理10）已知椭圆C：221，（a>b>0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段abA1A2为直径的圆与直线bxay2ab0相切，则C的离心率为A．1632B．C．D．3333【解析】以线段A1A2为直径的圆的圆心在原点(0,0)，半径为a，因为与直线bxay2ab0相切，所以原点到直线bxay2ab0的距离为a，即2aba2b2a，化简得a23b2，c2a2b22b226∴椭圆C的离心率为e2，.e

aa23b2332【答案】A【考点】选修2-1椭圆二、简答题（每题12分）28.（2020全国I卷理20）

x22已知A,B分别为椭圆E：2+y1(a>1)的左右顶点，G为E的上顶点，AGGB8，P

a为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.（1）求E的方程；

（2）证明：直线CD过定点。

【解析】（1）由题设得A(a,0),B(a,0),G(0,1)，则AG(a,1)，GB(a,1)．



因AGGB8，所以a218，解得a3．

x22所以E的方程为y1．

9-18-（2）设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t)．解法一：

若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3n3．

tt

由于直线PA的方程为y(x3)，所以y1(x13)．

99tty(x3)y(x23)．因此有PB直线的方程为，所以2333y1(x23)y2(x13)．①

2x22由于y21，故

9

2(x23)(x23)9y20，②

由①②消掉(x23)，得(x13)(x23)27y1y20，即

(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20．③

x22222将xmyn代入y1得(m9)y2mnyn90．

92mnn29

,y1y22所以y1y22．m9m92222

代入③式得(27m)(n9)2m(n3)mn(n3)(m9)0．

3．233

故直线CD的方程为xmy，即直线CD过定点(,0)．

223(y0t0若，则直线CD的方程为，过点,0)．23

综上，直线CD过定点(,0)．

2解得n3（舍去），n

-19-图A21

解法二：

t

若t0，直线PA的方程为y(x3)，将其代入E的方程中，得

9x2t2(x3)21，整理得(t29)x26t2x(9t281)0，9816t26t2273t26

2因此有3x12，即x132，将x1代入直线方程得y12，

t9t9t9t9273t26t2,2所以C2.t9t9

3t232t

,2同理可得D2，所以直线CD的方程为t1t1273t23t232t6t22t3t23222y2x22t9t1t1t9t1t1

整理得

y

3

故直线CD过定点(,0)．

24t3

x

3(t23)2

3

若t0，则直线CD的方程为y0，过点(,0)．

23

综上，直线CD过定点(,0)．

229.（2020全国II卷理19）

x2y2

已知椭圆C1:221(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的

ab-20-顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A、B两点，交C2于C、D两点，且CD

（1）求C1的离心率；

（2）设M是C1与C2的公共点.若MF5，求C1与C2的标准方程.【解析】（1）由已知可设C2的方程为y24cx，其中ca2b2.4

AB.3b2b2不妨设A,C在第一象限，由题设得A,B的纵坐标分别为，；C,D的纵坐标分

aa2b2别为2c，2c，故|AB|，|CD|4c.

a8b24

由|CD||AB|得4c，化简为2c23ac2a20，

3a3cc1

2（舍去），.aa21所以C1的离心率为.

2解得

x2y2（2）由（1）知a2c，b3c，故C1:221，

4c3c22x0y02设M(x0,y0)，则221，y04cx0，故

4c3c2x04x01.①24c3c由于C2的准线为xc，所以|MF|x0c，而|MF|5，故x05c，代入①得

(5c)24(5c)

1，即c22c30，解得c1（舍去），c3.24c3cx2y2所以C1的标准方程为1，C2的标准方程为y212x.

362730.（2020全国III卷理20）

15x2y2

已知椭圆C:21(0m5)的离心率为，A,B分别为C的左、右顶点．

25m4（1）求C的方程；

-21-（2）若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP||BQ|，BPBQ，求△APQ的面积．

2525m215【解析】（1）由题设可得，得m2，

1654x2y2

1，化简为x216y225.所以C的方程为

252516（2）设P(xP,yP),Q(6,yQ)，根据对称性可设yQ0，由题意知yP0，

解法一：由已知可得B(5,0)，所以直线BQ的斜率kQyQ.因BPBQ，故直线BP的斜率kP

11

，直线BP的方程为y(x5).

yQyQ

1222y1y|BQ|1k1y，PQQQ.2kp且|BP|yP1因为|BP||BQ|，所以yP1.

将yP1代入C的方程，解得xP3或3.①当xP3，由直线BP的方程得yQ2.点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2).

110|PQ|10yxA(5,0)PQPQ，直线的方程为，点到直线的距离为，故111111

32△APQ11的面积为S

1105

10.222②当xP3，由直线BP的方程得yQ8.点P,Q的坐标分别为P2(3,1),Q2(6,8).

同理可得，|P2Q2|130，点A到直线P2Q2的距离为

11305

130.2262130，△AP2Q2的面积为26S

-22-综上，△APQ的面积为

5.2图A21解法二：如图A21所示，过P作PM⊥x轴于点M，设直线x＝6与x轴于点N，因

|BP||BQ|，BPBQ，由几何知识易知，△BPM≌△QBN，所以有|PM||BN|1，即yP1.

将yP1代入C的方程，解得xP3或3.其余的同解法一.

31.（2019全国I卷理19）已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；3

的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．2

（2）若AP3PB，求|AB|．【解析】设直线l:y

3

xt,Ax1,y1,Bx2,y2．2353

,0，故|AF||BF|x1x2，由题设可得x1x2．224

（1）由题设得F

3

12(t1)yxt22由，可得9x12(t1)x4t0，则x1x2．292y3x

-23-从而

12(t1)57

，得t．92837

x．28所以l的方程为y



（2）由AP3PB可得y13y2．3

yxt2由，可得y2y2t0．22y3x

所以y1y22．从而3y2y22，故y21,y13．代入C的方程得x13,x2

1

．3

故|AB|

413．31232.（2019全国II卷理20）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：△PQG是直角三角形；（ii）求△PQG面积的最大值..记M的轨迹为曲线C.x2y2yy1

1(|x|2)，，化简得【解析】（1）由题设得42x2x22所以曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)．ykx

2

由x2y2得x．2112k

42记u

212k2，则P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0)．-24-于是直线QG的斜率为kk

，方程为y(xu)．22k

y(xu)2由2得2xy142(2k2)x22uk2xk2u280①u(3k22)uk3设G(xG,yG)，则u和xG是方程①的解，故xG，由此得yG．222k2kuk3uk212k从而直线PG的斜率为．2u(3k2)ku

2k2所以PQPG，即△PQG是直角三角形．2ukk21（ii）由（i）得|PQ|2u1k，|PG|，所以△PQG的面积22k218(k)

18k(1k)k．S|PQ‖PG|222(12k)(2k)12(1k)2

k2

设tk

1

，则由k＞0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．k因为S

8t16

在单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．[2,)2912t16

．9

因此，△PQG面积的最大值为33.（2019全国III卷理21）1x2

已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.22（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，1

【解析】（1）设Dt,,



2

5

)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.2Ax1,y1，则x122y1．-25-1

2x，整理得2tx2y+1=0.由于y'x，所以切线DA的斜率为x1，故111x1ty1

设Bx2,y2，同理可得2tx22y2+1=0．故直线AB的方程为2tx2y10．所以直线AB过定点(0,)．12（2）由（1）得直线AB的方程为ytx

1

ytx22

由，可得x2tx10.2

yx21

.2于是x1x22t,x1x21,y1y2tx1x212t21，

|AB|1t2x1x21t2x1x24x1x22t21.

2设d1,d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1t21,d2因此，四边形ADBE的面积S

1

|AB|d1d2t23t21.22t12.

1

设M为线段AB的中点，则Mt,t2.

2

2

由于EMAB，而EMt,t2，AB与向量(1, t)平行，所以tt22t0.

解得t=0或t1.

当t=0时，S=3；当t1时，S42.因此，四边形ADBE的面积为3或42.34.（2018全国I卷理19）x2

y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B两点，点M的坐标为(2,0).设椭圆C:2（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：OMAOMB.【解析】（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.-26-由已知可得，点A的坐标为(1,

22)或(1,).22所以AM的方程为y

22x2或yx2.22（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1

2,x22，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB

y1y

2.x12x22由y1kx1k,y2kx2k得kMAkMB

x2

y21得将yk(x1)代入22kx1x23k(x1x2)4k

.(x12)(x22)(2k21)x24k2x2k220.4k22k22

,x1x2所以，x1x2.2k212k214k34k12k38k34k

0.则2kx1x23k(x1x2)4k22k1从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补，所以OMAOMB.综上，OMAOMB.35.（2018全国II卷理19）2设抛物线C：y4x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|8．（1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．【解析】（1）由题意得F(1,0)，l的方程为yk(x1)(k0)．设A(x1,y1),B(x2,y2)，-27-yk(x1),2222由2得kx(2k4)xk0．y4x2k24

16k160，故x1x2．2k

2

4k24

所以|AB||AF||BF|(x11)(x21)．k24k24

8，解得k1（舍去），k1．由题设知2k因此l的方程为yx1．（2）由（1）得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y2(x3)，即yx5．设所求圆的圆心坐标为(x0,y0)，则y0x05,

x03,x011,2解得或(y0x01)2

y216.0y06.(x01)

2因此所求圆的方程为(x3)(y2)16或(x11)(y6)144．36.（2018全国III卷理20）x2y21交于A，B两点，线段AB的中点为M1，mm0．已知斜率为k的直线l与椭圆C：432

2

2

2

（1）证明：k1；2（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且FPFAFB0．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差．x12y12x22y22

1,1.【解析】（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，则4343两式相减，并由y1y2k得x1x2

x1x2y1y2k0.43-28-由题设知x1x2yy21,1m，于是22k

31，故k.223

.①4m由题设得0m（2）由题意得F(1,0)，设P(x3,y3)，则(x31,y3)(x11,y1)(x21,y2)(0,0).由（1）及题设得x33(x1x2)1,y3(y1y2)2m0.333又点P在C上，所以m，从而P(1,)，|FP|.422于是x12x222|FA|(x11)y1(x11)3(1)21.42x同理|FB|22.21所以|FA||FB|4(x1x2)3.2

故2|FP||FA||FB|，即|FA|,|FP|,|FB|成等差数列.设该数列的公差为d，则112|d|||FB||FA|||x1x2|(x1x2)24x1x2.②22将m

3

代入①得k1.4712，代入C的方程，并整理得7x14x0.44所以l的方程为yx

故x1x22,x1x23211，代入②解得|d|.2828-29-所以该数列的公差为37.（2017全国I卷理20）321321或.282833x2y2

已知椭圆C：22=1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中ab22恰有三点在椭圆C上.（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.【解析】（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点.又由1113知，C不经过点P1，所以点P2在C上.a2b2a24b2112b2a4因此，解得2.13b11224bax2故C的方程为y21.4（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知t0，且|t|2，4t24t2可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.22则k1k24t224t221，得t2，不符合题设.2t2tx2从而可设l：ykxm（m1）.将ykxm代入y21得4(4k21)x28kmx4m240由题设可知=16(4k2m21)0.

8km4m24设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=2，x1x2=.24k14k1y1y21而k1k21x1x2-30-kx1m1kx2m1x1x22kx1x2(m1)(x1x2).x1x2由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.4m248km即(2k1)(m1)0.4k214k21解得km1.2m1m1xm，即y1(x2)，22当且仅当m1时，0，欲使l：y所以l过定点（2，1）38.（2017全国II卷理20）x22

设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y1上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP2NM.2求点P的轨迹方程；

设点Q在直线x＝－3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【解析】（1）设P（x,y）,M（x0,y0）,设N（x0,0）,NPxx0,y,NM0,y0，2NM得x0=x,y0由NP2y，2x2y2

因为M（x0,y0）在C上，所以1，22因此点P的轨迹方程为x2y22.（2）由题意知F（－1,0），设Q（－3,t）,P(m,n)，则OQ3,t,PF1m,n,OQPF33mtn，OPm,n,PQ3m,tn,由OPPQ1得-3mm2tnn21，又由（1）知m2+n2=2，故3+3m－tn＝0所以OQPF0，即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.39.（2017全国III卷理20）已知抛物线C：y2＝2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．（1）证明：坐标原点O在圆M上；-31-（2）设圆M过点P（4，－2），求直线l与圆M的方程．【解析】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2,l:xmy2，由

xmy2

2

y2x

可得y2my40,则y1y24，2

2

yyy12y22

又x1=,x2=,故x1x2=12＝4，224

因此OA的斜率与OB的斜率之积为y1y2-4

==-1，x1x24

所以OA⊥OB，故坐标原点O在圆M上.（2）由（1）可得y1+y2=2m,x1+x2=my1+y2+4=2m24，故圆心M的坐标为m2+2，m，圆M的半径r

m22m2，2

由于圆M过点P（4，－2），因此APBP0,故x14x24y12y220，即x1x24x1+x2y1y22y1y2200，由（1）可得y1y2=-4，x1x2=4，所以2mm10，解得m1或m

21.2

当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为（3,1），圆M的半径为10，圆M的方程为x3y110，当m

2

2

18591时，直线l的方程为2xy40，圆心M的坐标为，，-，圆M的半径为2442

2

2

9185

圆M的方程为x+y+.4216

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